2024年河北省秦皇岛市昌黎一中高考数学六调试卷(含详细答案解析)
展开1.若复数z=3+ai2+i为纯虚数,则实数a=( )
A. −32B. 32C. 6D. −6
2.已知集合A={x|ax−1=0},B={x∈N*|2≤x<5},且A∪B=B,则实数a的所有值构成的集合是( )
A. {12,13}B. {14,13}C. {12,13,14}D. {0,12,13,14}
3.已知向量a=(3,4),b=(4,m),且|a+b|=|a−b|,则|b|=( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
4.下列说法正确的是( )
A. “a>b”是“a2>b2”的必要不充分条件
B. 命题“∀x∈(0,+∞),x+1x>1”的否定是“∀x∈(0,+∞),x+1x≤1”
C. cs2α+sin2β=1的充要条件是α=β
D. “ω=π”是“函数f(x)=2sin(ωx+φ)的最小正周期为2”的充分不必要条件
5.已知sinα= 55,α为钝角,tan(α−β)=13,则tanβ=( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
6.如图,在边长为4的正方形ABCD中,点E,F分别为AB,BC的中点,将△ADE,△BEF,△CDF分别沿DE,EF,DF折起,使A,B,C三点重合于点A′,则三棱锥A′−DEF的外接球体积为( )
A. 8 6πB. 6 6πC. 4 6πD. 2 6π
7.定义两个向量u与v的向量积u×v是一个向量,它的模|u×v|=|u|⋅|v|sin⟨u,v⟩,它的方向与u和v同时垂直,且以u,v,n的顺序符合右手法则(如图),在棱长为2的正四面体ABCD中,则(AB×AD)⋅AC=( )
A. 4 2B. 4C. 4 3D. 2 3
8.表面积为4π的球内切于圆锥,则该圆锥的表面积的最小值为( )
A. 4πB. 8πC. 12πD. 16π
二、多选题:本题共4小题,共20分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分。
9.已知α,β是两个不同平面,m,n是两条不同直线,则下述正确的是( )
A. 若m⊂α,n⊂α,m//β,n//β,则α//β
B. 若m//α,n⊥α,则m⊥n
C. 若m⊂α,n⊄α,m,n是异面直线,则n与α相交
D. 若m⊥α,α//β,则m⊥β
10.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且f(x+1)为偶函数,当x∈(0,1]时,f(x)=x2,则下列说法正确的是( )
A. f(x+4)=f(x)B. f(x)的值域为[−1,1]
C. f(x)在[−4,−2]单调递减D. f(x)关于(4,0)中心对称
11.已知圆C:x2+y2−2kx−2y−2k=0,则下列命题是真命题的是( )
A. 若圆C关于直线y=kx对称,则k=±1
B. 存在直线与所有的圆都相切
C. 当k=1时,P(x,y)为圆C上任意一点,则y+ 3x的最大值为5+ 3
D. 当k=1时,直线l:2x+y+2=0,M为直线l上的动点.过点M作圆C的切线MA,MB,切点为A,B,则|CM|⋅|AB|最小值为4
12.如图,四棱锥P−ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD,PD=AD=1,点E是棱PB的中点,过A,D,E三点的平面α与平面PBC的交线为l,则( )
A. 直线l与平面PAD有一个交点
B. PC⊥DE
C. 直线PA与l所成角的大小为45∘
D. 平面α截四棱锥P−ABCD所得的上下两个几何体的体积之比为35
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
13.sin2π12+sin2π4+sinπ12sinπ4=______.
14.正三棱柱ABC−A1B1C1中,底面边长为a,侧棱长为b,若B1C⊥A1B,则ab=______.
15.二面角α−l−β的棱上有两个点A、B,线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内,并且垂直于棱l,若AB=4,AC=6,BD=8,CD=2 17,则平面α与平面β的夹角为__________.
16.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P在椭圆C上,且PF2⊥F1F2,过P作F1P的垂线交x轴于点A,若|AF2|=12c,记椭圆的离心率为e,则e2+e=______.
四、解答题:本题共6小题,共70分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
如图,四边形ABCD中,∠DAB=∠DCB=π2,AB=3,BC=2,S△ABC=3 32且∠ABC为锐角.
(1)求BD;
(2)求△ACD的面积.
18.(本小题12分)
已知数列{an}和{bn}满足:a1=1,an+bn=an+1,an−bn=λ(λ为常数,且λ≠1).
(1)证明:数列{bn}是等比数列;
(2)①求数列{an}的通项公式;
②若当n=3和n=4时,数列{an}的前n项和Sn取得最大值,求Sn的表达式.
19.(本小题12分)
如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1中,∠BAC=90∘,AB=AC=2,AA1=3,M是AB的中点,N是B1C1的中点,P是BC1与B1C的交点.
(1)求多面体BMC−B1A1C1的体积;
(2)求点A到平面A1CM的距离;
(3)在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ//平面A1CM?
20.(本小题12分)
已知三棱锥P−ABC的四个顶点均在半径为 2的球面上,且PA=PB=PC=AC=BC,AC⊥BC,N为AB的中点.
(1)证明:PN⊥平面ABC;
(2)若M是线段PC上的点,且平面MAB与平面PAB的夹角为45∘,求AM与平面PBC所成角的正弦值.
21.(本小题12分)
已知整数数列{an}是等差数列,数列{bn}满足bn=an2n.数列{an},{bn}前n项和分别为Sn,Tn,其中n2<2Sn<(n+1)2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)用[x]表示不超过x的最大整数,求数列{[Tn]}的前20项和M20.
22.(本小题12分)
已知圆O1:(x+ 2)2+y2=494和圆O2:(x− 2)2+y2=14,以动点P为圆心的圆与其中一个圆外切,与另一个圆内切.记动点P的轨迹为T.
(1)求轨迹T的方程;
(2)过N(0,1)的直线交轨迹T于A,B两点,点C在直线y=2上.若△ABC为以AB为斜边的等腰直角三角形,求AB的长度.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解:依题意,z=(3+ai)(2−i)(2+i)(2−i)=6+a+(2a−3)i5=6+a5+2a−35i,
因为复数z是纯虚数,且a∈R,
则6+a5=0且2a−35≠0,解得a=−6.
故选:D.
利用复数的除法运算求出z,再结合复数的概念求解作答.
本题主要考查纯虚数的定义,以及复数的四则运算,属于基础题.
2.【答案】D
【解析】解:当a=0时,A=⌀,
当a≠0时,集合A={x|ax−1=0}={1a},
B={x∈N*|2≤x<5}={2,3,4},且A∪B=B,
∴A⊆B,
当A=⌀时,a=0;
当A≠⌀时,a=12或a=13或a=14,
则实数a的所有值构成的集合是{0,12,13,14}.
故选:D.
A∪B=B,从而A⊆B,由此能求出实数a的所有值构成的集合.
本题考查集合的运算,考查并集定义等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.
3.【答案】C
【解析】解:∵|a+b|=|a−b|,
∴a2+b2+2a⋅b=a2+b2−2a⋅b,∴a⋅b=0,
∵a=(3,4),b=(4,m),
∴12+4m=0,m=−3,
∴b=(4,−3),
∴|b|= 42+(−3)2=5.
故选:C.
利用向量的数量积运算求出m,再利用向量的求模公式求解.
本题考查了向量的数量积,向量的求模公式,属于基础题.
4.【答案】D
【解析】解:对于A,“若a>b,则a2>b2”是假命题,因为1>−2,而12<(−2)2;
“若a2>b2,则a>b”是假命题,因为(−2)2>12,而−2<1,
即“a>b”是“a2>b2”的既不充分也不必要条件,A错误;
对于B,命题“∀x∈(0,+∞),x+1x>1”是全称量词命题,其否定是存在量词命题,
因此它的否定是“∃x∈(0,+∞),x+1x≤1”,B错误;
对于C,当α=π3,β=2π3时,cs2α+sin2β=1成立,
因此cs2α+sin2β=1成立,不一定有α=β,C错误;
对于D,当ω=π时,函数f(x)=2sin(ωx+φ)的最小正周期为2;
当函数f(x)=2sin(ωx+φ)的最小正周期为2时,ω=π或ω=−π.
所以“ω=π”是“函数f(x)=2sin(ωx+φ)的最小正周期为2”的充分不必要条件.D正确.
故选:D.
利用特殊值法判断A、C,利用含量词的命题的否定形式判断B,利用充分条件、必要条件判断D.
本题考查命题的真假判断与应用,考查充分、必要条件的概念及其应用,属于中档题.
5.【答案】B
【解析】解:∵sinα= 55,α为钝角,
∴csα=− 1−cs2α=−2 55,
∴tanα=sinαcsα=−12,
又tan(α−β)=13,则tanβ=tan[α−(α−β)]=tanα−tan(α−β)1+tanαtan(α−β)=−12−131+(−12)×13=−1,
故选:B.
由sinα= 55,α为钝角,可求得tanα的值,再利用两角差的正切可求得答案.
本题考查两角和与差的三角函数,考查运算能力,属于基础题.
6.【答案】A
【解析】解:依题意,A′D⊥A′E,A′E⊥A′F,A′D⊥A′F,且A′D=4,A′E=A′F=2,
于是四面体A′−DEF可以补形成以A′D,A′E,A′F为相邻三条棱的长方体,
该长方体与四面体A′−DEF的外接球相同,
设四面体A′−DEF的外接球的半径R,则2R为长方体的体对角线长,
即2R= A′D2+A′E2+A′F2=2 6,
所以四面体A′−DEF的外接球体积为43π×( 6)3=8 6π.
故选:A.
由四面体A′−DEF的棱A′D,A′E,A′F两两垂直,将它补形成长方体,求出该长方体的体对角线即可得解.
本题考查四面体的外接球体积的求解,化归转化思想,属中档题.
7.【答案】A
【解析】解:由题意,|AB×AD|=|AB|⋅|AD|⋅sin⟨AB,AD⟩=2×2× 32=2 3,
设底面△ABD的中心为O,连接CO,AO,
则OC⊥平面ABD,又AO,AB,AD⊂平面ABD,
故OC⊥AO,OC⊥AB,OC⊥AD,
则AO= 32×AB×23=2 33,
OC= AC2−AO2= 4−43=2 63,
在△ACO中,cs∠ACO=OCAC=2 632= 63,
则cs⟨AC,OC⟩=cs∠ACO= 63,
又AB×AD的方向与OC相同,
所以(AB×AD)⋅AC=2 3×2× 63=4 2.
故选:A.
根据题中条件确定|AB×AD|,设底面△ABD的中心为O,则CO⊥平面ABD,可求得cs⟨AC,OC⟩=cs∠ACO= 63,又AB×AD的方向与OC相同,代入计算可得答案.
本题考查空间向量及其运算,考查三角形中的几何计算,属中档题.
8.【答案】B
【解析】解:根据题意,设圆锥的母线长为l,底面半径为r,高为h,
同时,该圆锥的内切球的半径为R,
由于圆锥的内切球的表面积为4π,则有4πR2=4π,解可得R=1,必有r>R=1,
由圆锥的内切球半径公式可得:R=rh(l−r),则有r(l−r)=h,
又由h= l2−r2,则有r2(l−r)2=(l2−r2),变形可得l=r(1+r2)r2−1,
则圆锥的表面积S=πr2+πrl=(r2+rl)π=(r2+r2+r4r2−1)π=r4r2−1×2π,
变形可得:S=[(r2−1)+1r2−1+2]×2π,
由于r>1,则r2−1>0,则S≥(2 (r2−1)×1r2−1+2)×2π=8π,当且仅当r2−1=1,即r= 2时等号成立,
即该圆锥的表面积的最小值为8π.
故选:B.
根据题意,设圆锥的母线长为l,底面半径为r,高为h,该圆锥的内切球的半径为R,由球的表面积公式求出R的值,结合圆锥的内切球半径公式可得R=rh(l−r),变形l与r的关系,由圆锥的表面积公式可得S=πr2+πrl=(r2+rl)π=[(r2−1)+1r2−1+2]×2π,结合基本不等式分析可得答案.
本题考查球的表面积计算,涉及圆锥与球的位置关系,属于中档题.
9.【答案】BD
【解析】解:根据题意,依次分析选项:
对于A,当直线m与n相交时,才有α//β,A错误;
对于B,若m//α,n⊥α,则由线面垂直的性质得m⊥n,故B正确;
对于C,若m⊂α,n⊄α,m,n是异面直线,则n与α相交、平行或n⊂α,故C错误;
对于D,若m⊥α,α//β,则由线面垂直的判定定理得m⊥β,故D正确.
故选:BD.
根据题意,由直线与平面的位置关系依次分析选项是否正确,综合可得答案.
本题考查直线与平面的位置关系,涉及异面直线的判断,属于基础题.
10.【答案】ABD
【解析】解:对于A,∵f(x+1)为偶函数,∴满足f(−x+1)=f(x+1),
∵f(x)是奇函数,∴f(−x+1)=f[−(x−1)]=−f(x−1),
∴f(x+1)=−f(x−1),
用x+1替换x,得f(x+2)=−f(x),
再用x+2替换x,可得f(x+4)=−f(x+2)=f(x),故A正确;
对于B,由已知f(x)是奇函数,
∴当x∈[−1,0]时,f(x)=−x2,
∵f(x+1)为偶函数,∴图象关于x=−1轴对称,
∴f(x)在[−3,1]上的值域为[−1,1],
由A选项可知f(x)是周期为4的周期函数,故B正确;
对于C,结合AB选项知,[−3+4k,−1+4k],k∈Z为减函数,故C错误;
对于D,∵f(x)是奇函数,且满足f(x+4)=f(x),
∴f(x)关于(4+2k,0)中心对称,故D正确.
故答案为:ABD.
利用函数的奇偶性、用期性、函数值的定义判断A;利用函数的周期性、对称性、周期性判断B;利用函数的单调性判断C;利用函数的奇偶性、对称性判断D.
本题考查函数的奇偶性、对称性、周期性、单调性、函数值等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.
11.【答案】BCD
【解析】解:由圆C:x2+y2−2kx−2y−2k=0,得(x−k)2+(y−1)2=(k+1)2,
所以圆心C(k,1),半径为|k+1|(k≠−1),故A不正确;
圆心C(k,1),到x+1=0的距离为|k+1|,故存在直线x+1=0与所有的圆都相切,故B正确;
当k=1时,x2+y2−2x−2y−2=0,得(x−1)2+(y−1)2=22,
令x=1+2csθ,y=1+2sinθ,
∴y+ 3x= 3+2 3csθ+1+2sinθ=1+ 3+4sin(θ+π3)≤5+ 3,故C正确;
当k=1时,x2+y2−2x−2y−2=0,得(x−1)2+(y−1)2=22,
圆心C(1,1),半径r=2.
因为四边形MACB的面积S=12|CM|⋅|AB|=2S△CAM=|CA|⋅|AM|=2|AM|=2 |CM|2−4,
要使四边形MACB面积最小,则需|CM|最小,此时CM与直线l垂直,
∴又C到2x+y+2=0的距离为d=|2+1+2| 22+1= 5,
∴|CM|⋅|AB|≥4 5−4=4,故D正确.
故选:BCD.
由已知得(x−k)2+(y−1)2=(k+1)2,圆心C(k,1),半径为|k+1|(k≠−1),可判断A;由圆心C(k,1),到x+1=0的距离为|k+1|,可判断B;令x=1+2csθ,y=1+2sinθ,可得y+ 3x=1+ 3+4sin(θ+π3),可判断C;四边形MACB的面积S=12|CM|⋅|AB|=2S△CAM=|CA|⋅|AM|=2|AM|=2 |CM|2−4,可判断D.
本题考查直线与圆的位置关系,考查转化思想,考查运算求解能力,属中档题.
12.【答案】BCD
【解析】解:取棱PC中点F,连接EF,DF,如图,
因为E是棱PB的中点,则BC//EF,而AD//BC,所以AD//EF,
即A,D,E,F四点共面,则l为直线EF,又AD⊂平面PAD,EF⊄平面PAD,
所以EF//平面PAD,即l//平面PAD,故A错误;
由PD⊥底面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PD⊥AD,
由PD=AD,可得△PDC为等腰直角三角形,
而斜边PC的中点为F,所以PC⊥DF,
再由底面ABCD是正方形,易得AD⊥CD,
又PD∩CD=D,且PD,CD⊂平面PDC,所以AD⊥平面PDC,
又PC⊂平面PDC,所以AD⊥PC,又AD∩DF=D,
且AD,DF⊂平面ADFE,所以PC⊥平面ADFE,
又DE⊂平面ADFE,所以PC⊥DE,故B正确;
由AD//EF,则直线PA与l所成的角就是PA与AD所成的角,
由PD⊥AD,则cs∠PAD=ADAP= 22,
即PA与AD所成的角的余弦值为 22,即角为45∘,故C正确;
VP−ABCD=13PD⋅SABCD=13×1×1=13,
VP−AEFD=13PF⋅SAEFD=13×12×(12+1)× 22× 22=18,
所以VABCDFE=VP−ABCD−VP−AEFD=13−18=524,
所以VP−AEFDVABCDFE=18524=35,故D正确.
故选:BCD.
根据所给图形,取棱PC中点F,连接EF,DF,交线为l,然后根据线面平行的基本定理可判断A;结和线面垂直的判定及性质可判断B;结合异面直线所成角的定义可判断C;结合棱锥的体积公式可判断D.
本题考查立体几何中的线面平行、线线角、锥体的体积等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.
13.【答案】34
【解析】解:sin2π12=1−csπ62=1− 322=2− 34,
则sinπ12= 2− 34= 4−2 38= ( 3−1)28= 3−14× 2,
则sin2π12+sin2π4+sinπ12sinπ4=2− 34+( 22)2+ 3−14× 2× 22=2− 34+12+ 3−14=14+12=34.
故答案为:34.
利用三角函数的倍角公式进行化简求解即可.
本题主要考查三角函数的化简和求值,利用三角函数的倍角公式进行转化求解是解决本题的关键,是中档题.
14.【答案】 2
【解析】解:如图:
由题意|BA|=|BC|=a,|BB1|=b,且BA,BC=60∘,BB1⊥BA,BB1⊥BC,
则BA1=BB1+B1A1=BB1+BA,B1C=BC−BB1,又B1C⊥A1B,即B1C⊥BA1,
所以B1C⋅BA1=0,所以(BC−BB1)⋅(BB1+BA)=0,
所以BC⋅BB1+BC⋅BA−BB12−BB1⋅BA=0,所以0+a⋅a⋅12−b2−0=0,
解得a= 2b,即ab= 2.
故答案为: 2.
采用向量法求解,先求出BA1=BB1+BA,B1C=BC−BB1,再由B1C⊥BA1得(BC−BB1)⋅(BB1+BA)=0,根据数量积的定义及运算律计算即可.
本题考查了空间向量数量积的定义及运算律,属于中档题.
15.【答案】π3
【解析】【分析】
本题主要考查空间向量的数量积运算,二面角,属于中档题.
先设二面角α−l−β的平面角为θ,因为AC⊥AB,BD⊥AB,所以CA⋅AB=0,BD⋅AB=0,得CD=CA+AB+BD,两边平方后代入数值即可求出答案.
【解答】
解:设二面角α−l−β的平面角为θ,θ∈0,π,
因为AC⊥AB,BD⊥AB,
所以CA⋅AB=0,BD⋅AB=0,
由题意得CD=CA+AB+BD,
所以|CD|2=|CA+AB+BD|2=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA⋅AB+2CA⋅BD+2AB⋅BD=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CA⋅BD
=36+16+64+2×6×8×cs(π−θ)=(2 17)2,
所以cs(π−θ)=−12,
所以csθ=12,
所以θ=π3,即平面α与平面β的夹角为π3.
故答案为:π3.
16.【答案】1
【解析】解:如图所示:因为PF2⊥F1F2,AP⊥PF1,
所以△PF1F2∽△APF2,
可得|PF2||F1F2|=|AF2||PF2|,
即|PF2|2=|F1F2|⋅|AF2|=2c⋅12c=c2,
可得|PF2|=c,
在Rt△PF1F2中,|PF1|= c2+(2c)2= 5c,
由椭圆定义可得|PF1|+|PF2|=2a,
即 5c+c=2a,
所以e=ca=2 5+1= 5−12,
则e2=( 5−12)2=3− 52,
所以e2+e=1.
故答案为:1.
通过△PF1F2∽△APF2得到|PF2|=c,再借助椭圆的定义得到 5c+c=2a,进而计算求出离心率即可.
本题考查了椭圆的性质及定义,重点考查了椭圆离心率的求法,属中档题.
17.【答案】解:(1)∵S△ABC=3 32,∴12AB⋅BC⋅sin∠ABC=3 32,
又AB=3,BC=2,则12×3×2×sin∠ABC=3 32,
∴sin∠ABC= 32,
∵∠ABC是锐角,∴∠ABC=π3.
由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC=7,则AC= 7.
∵∠DAB=∠DCB=π2,∴BD是四边形ABCD外接圆的直径,
∴BD是△ABC外接圆的直径,利用正弦定理知BD=ACsin∠ABC= 7×2 3=2 213;
(2)由∠DAB=∠DCB=π2,BD=2 213,AB=3,BC=2,
则AD= 33,CD=4 33,又∠ABC=π3,则∠ADC=π−∠ABC=2π3,
因此S△ACD=12AD⋅CD⋅sin∠ADC
=12× 33×4 33× 32= 33,
故△ACD的面积为 33.
【解析】本题考查了余弦定理、三角形的面积公式,考查运算求解能力,属于中档题.
(1)已知AB、BC的值,运用三角形面积公式求出sin∠ABC的值,再结合余弦定理,以及外接圆公式,即可求解;
(2)分别在△ABD,△BCD中,运用勾股定理可得AD,CD,再结合三角形的面积公式,即可求解.
18.【答案】(1)证明:依题意,由an−bn=λ,可得bn=an−λ,
则b1=a1−λ=1−λ≠0,
∴bn+1=an+1−λ=an+bn−λ=(an−λ)+bn=2bn,
∵bn≠0,∴bn+1bn=2,
∴数列{bn}是以1−λ为首项,2为公比的等比数列.
(2)解:①由(1)可得,bn=(1−λ)⋅2n−1,
∴an=bn+λ=(1−λ)⋅2n−1+λ,n∈N*;
②由题意,当n=3和n=4时,数列{an}的前n项和Sn取得最大值,
故S3=S4,∴a4=S4−S3=0,
∴a4=8(1−λ)+λ=0,解得λ=87,
∴an=87−17×2n−1,n∈N*,
经检验,当n≤3时,an>0,当n=4时,an=0,当n≥5时,an<0,
∴前n项和Sn先增后减,
故当n=3和n=4时前n项和Sn取得最大值,符合题意,
∴Sn=a1+a2+…+an
=(87−17×20)+(87−17×21)+…+(87−17×2n)
=87n−17×(1+2+⋯+2n−1)
=87n−17×1−2n1−2
=87n−17(2n−1).
【解析】(1)根据等比数列的定义只需证明bn+1bn是一个常数即可;
(2)①首先求出{bn}的通项公式,再求出{an}的通项公式,②当n=3和n=4时,数列{an}的前n项和Sn取得最大值,可以得出a4=0,从而求出λ,在验证是否满足题意,最后求Sn是一个常数列加一个等比数列,用分组求和.
本题主要考查数列求通项公式,以及数列求和问题.考查了整体思想,转化与化归思想,分组求和法,等比数列的通项公式与求和公式的运用,以及逻辑推理能力和数学运算能力,属中档题.
19.【答案】解:(1)由题有VBMC−B1A1C1=VABC−A1B1C1−VA1−ACM
=12×2×2×3−13×12×1×2×3
=6−13×1×3=5;
(2)设点A到平面A1CM的距离为h,
由VA1−ACM=VA−A1CM,可得13SA1CM⋅h=13SACM⋅A1A,
在△A1CM中,CM= 5,A1M= 10,A1C= 13,
由余弦定理可得cs∠A1CM=CM2+A1C2−A1M22CM⋅A1C=4 65,所以sin∠A1CM=7 65,
所以S△A1CM=12A1C⋅CMsin∠ACM=12× 13× 5×7 65=72,
所以h=SACM⋅A1ASA1CM=12×2×1×372=67;
(3)如图,以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
因为AB=AC=2,AA1=3,M是AB的中点,N是B1C1的中点,
所以A1(0,0,3),C(2,0,0),Q(a,a,3),M(0,1,0),P(1,1,32),
则A1C=(2,0,−3),A1M=(0,1,−3),PQ=(a−1,a−1,32),
设面A1CM的法向量n=(x,y,z),
则A1C⋅n=0A1M⋅n=0,即2x−3z=0y−3z=0,令z=1得n=(32,3,1),
因为PQ//平面A1CM,所以PQ⊥n,即PQ⋅n=0,
所以32(a−1)+3(a−1)+32=0,得a=23,则A1Q=(23,23,0),
所以|A1Q|=2 23,因为A1N= 2,A1QA1N=23,
所以存在Q在A1N三等分点处靠近N,使得PQ//平面A1CM.
【解析】(1)由VBMC−B1A1C1=VABC−A1B1C1−VA1−ACM,可求;
(2)设点A到平面A1CM的距离为h,由VA1−ACM=VA−A1CM得13SA1CM⋅h=13SACM⋅A1A,由等体积法可解;
(3)利用空间向量法,由PQ//平面A1CM,可得PQ⊥n,即PQ⋅n=0,计算可得.
本题考查了空间几何体中体积、距离的计算和线面位置关系的判断,属于中档题.
20.【答案】(1)证明:连结PN,CN,
因为PA=AC,PB=BC,AB=AB,所以△PAB≌△CAB,所以∠APB=∠ACB=90∘,
即△ABP和△ABC均为等腰直角三角形,
所以PN=CN= 22AC= 22PC,
所以PN2+CN2=PC2,即PN⊥CN,
因为PA=PB,N为AB的中点,
所以PN⊥AB,
又CN∩AB=N,CN、AB⊂平面ABC,
所以PN⊥平面ABC.
(2)解:由(1)知,△ABP和△ABC均为等腰直角三角形,
所以NP=NA=NB=NC,即点N是球心,
连接MN,
因为PA=PB,AC=BC,PC=PC,所以△ACP≌△BCP,所以MA=MB,
因为点N是AB的中点,所以MN⊥AB,
又PN⊥AB,所以∠PNM就是平面MAB与平面PAB的夹角,即∠PNM=45∘,
以N为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0, 2,0),B(0,− 2,0),C( 2,0,0),P(0,0, 2),M( 22,0, 22),
所以AM=( 22,− 2, 22),BC=( 2, 2,0),BP=(0, 2, 2),
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则n⋅BC=0n⋅BP=0,即 2x+ 2y=0 2y+ 2z=0,
令x=1,则y=−1,z=1,所以n=(1,−1,1),
设AM与平面PBC所成角为θ,则sinθ=|cs
故AM与平面PBC所成角的正弦值为2 23.
【解析】(1)连结PN,CN,易证△ABP≌△ABC,知△ABP和△ABC均为等腰直角三角形,再利用勾股定理证明PN⊥CN,而PN⊥AB,然后由线面垂直的判定定理,得证;
(2)根据(1)中所得,可证点N是球心,由MN⊥AB,PN⊥AB,知∠PNM=45∘,再以N为坐标原点建立空间直角坐标系,求得平面PBC的法向量n,设AM与平面PBC所成角为θ,由sinθ=|cs
本题考查立体几何的综合应用,熟练掌握线面垂直的判定定理,二面角的定义,利用空间向量求线面角的方法是解题的关键,考查空间立体感,推理论证能力和运算能力,属于中档题.
21.【答案】解:(1)当n=1时,1<2S1<4,又因为an∈Z,所以a1=1,
设an=1+(n−1)d,则Sn=n+n(n−1)2d,依题意,n2<2n+n(n−1)d<(n+1)2,
得(1−d)n+d−2<0(d−1)n2−dn−1<0恒成立,
解得d=1,所以,an=n;
(2)bn=n2n,Tn=121+222+323+⋯+n2n,①,
12Tn=122+223+324+⋯+n2n+1②,
①-②,得12Tn=121+122+123+⋯+12n−n2n+1=1−n+222+1,
即Tn=2−n+22n<2,
当n=1时,2n
∴M20=19.
【解析】(1)先利用n=1,求得a1=1,进而可求d,可求数列{an}的通项公式;
(2)利用错位相减法求得Tn=2−n+22n<2,分类讨论可求数列{[Tn]}的前20项和M20.
本题考查求数列的通项公式,考查求数列的前n项的和,属中档题.
22.【答案】解:(1)由题设O1(− 2,0)且半径r1=72,O2( 2,0)且半径r2=12,
所以|O1O2|=2 2
所以(x+ 2)2+y2=(72−r)2(x− 2)2+y2=(12+r)2⇒ 2x=3−2r⇒r=3− 2x2,
则(x− 2)2+y2=(2− 22x)2⇒x24+y22=1.
所以轨迹T的方程为x24+y22=1.
(2)由题意,直线AB的斜率一定存在,设直线AB为y=kx+1,
由04+12<1,即N在椭圆内,联立椭圆方程整理,得(1+2k2)x2+4kx−2=0,
所以Δ=32k2+8>0,且xA+xB=−4k1+2k2,xAxB=−21+2k2,
则|AB|= 1+k2⋅|xA−xB|=2 2(1+k2)(1+4k2)1+2k2,
又yA+yB=k(xA+xB)+2=2−4k21+2k2=21+2k2,则AB中点E(−2k1+2k2,11+2k2),
所以线段AB垂直平分线为y−11+2k2=−1k(x+2k1+2k2),
令y=2,则x=−2k−k1+2k2,故交点坐标C(−2k−k1+2k2,2),
由△ABC为以AB为斜边的等腰直角三角形,
所以|AB|=2|CE|⇒2(1+k2)(1+4k2)(1+2k2)2=(k1+2k2−2k)2+(2−11+2k2)2,
则2(1+k2)(1+4k2)=(−k−4k3)2+(1+4k2)2,则2(1+k2)(1+4k2)=(k2+1)(1+4k2)2,
所以k2=14,故|AB|=4 53.
【解析】(1)判断圆O2在圆O1内,设P(x,y)且对应圆半径为r,根据题设及两点距离公式得到r关于x的方程,再求出轨迹方程即可;
(2)设直线AB为y=kx+1,联立x24+y22=1,然后得到|AB|=2 2(1+k2)(1+4k2)1+2k2,求AB中点E及其中垂线与y=2交点C,根据已知条件列方程求出k,即可得到AB的长度.
本题考查了双曲线轨迹方程的求法,直线与双曲线的综合,考查了转化思想和方程思想,属难题.
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